一个等差×等比数列连加式
作者：互联网
背景
今天在做数字信号处理作业的时候，发现了这样的一种连加式。我们在高中学习了如何计算等比数列，那我们再引申一些，得到下面的一个数列。
假如存在这么一个通项
a
n
=
n
m
q
n
a_n = n^m q^n
an=nmqn，我们定义一个连加式如下：
S
n
=
∑
n
=
0
N
0
−
1
a
n
S_n = \sum_{n = 0} ^ {N_0 - 1} a_n
Sn=∑n=0N0−1an，这种问题应该如何解决呢？
引言
我们简要介绍一个公式，也很简单，如下：
n
m
−
(
n
−
1
)
m
=
C
m
1
n
m
−
1
+
C
m
2
n
m
−
2
(
−
1
)
1
+
C
m
3
n
m
−
3
(
−
1
)
2
+
⋯
+
C
m
m
n
0
(
−
1
)
m
−
1
n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1}
nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1
我们在计算连加式的时候，要利用等比数列的计算思想，对不相等的系数呢，最好给它化成相等的数。我在这里列一个表格。我们定义一种标记如下：
S
n
i
=
∑
n
=
1
N
0
−
1
n
i
q
n
S_n^i = \sum_{n = 1} ^ {N_0 - 1}n^i q^n
Sni=∑n=1N0−1niqn。并且在计算
S
n
m
S_n^m
Snm的时候，假定
S
n
m
−
1
,
S
n
m
−
2
…
S
n
0
S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0
Snm−1,Snm−2…Sn0都已知。我们可以推出一个递推式，这个递推式是由
S
n
m
−
1
,
S
n
m
−
2
…
S
n
0
S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0
Snm−1,Snm−2…Sn0组成。我们先来看下面的这个式子。
S
n
m
=
q
+
2
m
q
2
+
3
m
q
3
⋯
+
(
N
0
−
1
)
m
q
N
0
−
1
S_n^m = q + 2^mq^2+3^mq^3\dots+(N_0-1)^mq^{N_0-1}
Snm=q+2mq2+3mq3⋯+(N0−1)mqN0−1，我们把它们的系数全部写下来，看看有什么特征。
| 1 1 1 | 2 m 2^m 2m | 3 m 3^m 3m | … \dots … | ( N 0 − 1 ) m (N_0-1)^m (N0−1)m |
|---|
我们尽可能地去利用等比数列的求和公式，所以我们进行如下的展开。
| 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 | … \dots … | 1 1 1 |
|---|---|---|---|---|
| 0 0 0 | 2 m − 1 2^m-1 2m−1 | 2 m − 1 2^m-1 2m−1 | … \dots … | 2 m − 1 2^m-1 2m−1 |
| 0 0 0 | 0 0 0 | 3 m − 2 m 3^m-2^m 3m−2m | … \dots … | 3 m − 2 m 3^m-2^m 3m−2m |
| 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | … \dots … | 4 m − 3 m 4^m-3^m 4m−3m |
| … \dots … | … \dots … | … \dots … | … \dots … | … \dots … |
| 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | … \dots … | ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m (N_0-1)^m-(N_0-2)^m (N0−1)m−(N0−2)m |
我们知道，一个等比数列的求和公式只与首项和尾项以及公比有关。从上述展开式中，我们可以从中发现 ( N 0 − 1 ) (N_0-1) (N0−1)个等比数列的求和。它们的和分别如下： q − q N 0 1 − q \frac{q-q^{N_0}}{1-q} 1−qq−qN0， ( 2 m − 1 ) q 2 − q N 0 1 − q (2^m-1)\frac{q^2-q^{N_0}}{1-q} (2m−1)1−qq2−qN0， ( 3 m − 2 m ) q 3 − q N 0 1 − q (3^m-2^m)\frac{q^3-q^{N_0}}{1-q} (3m−2m)1−qq3−qN0 … \dots … ( ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 − q N 0 1 − q ((N_0-1)^m-(N_0-2)^m)\frac{q^{N_0-1}-q^{N_0}}{1-q} ((N0−1)m−(N0−2)m)1−qqN0−1−qN0，而 S n m S_n^m Snm就是前面一系列式子的和。我们加到一起会发现如下的式子： S n m = q + ( 2 m − 1 ) q 2 + ( 3 m − 2 m ) q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 1 − q − ( N 0 − 1 ) m p N 0 1 − q S_n^m = \frac{q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q} Snm=1−qq+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1−1−q(N0−1)mpN0，这个时候，我们的工作重心就转移到解前一段很长的式子之和上，我们发现： n m − ( n − 1 ) m = C m 1 n m − 1 + C m 2 n m − 2 ( − 1 ) 1 + C m 3 n m − 3 ( − 1 ) 2 + ⋯ + C m m n 0 ( − 1 ) m − 1 n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1} nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1，这就意味着我们可以将第一部分式子中的系数给再次展开，可以得到如下的式子： q + ( 2 m − 1 ) q 2 + ( 3 m − 2 m ) q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 = C m 1 ( − 1 ) 0 ( 1 m − 1 q + 2 m − 1 q 2 + 3 m − 1 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 1 q N 0 − 1 ) + C m 2 ( − 1 ) 1 ( 1 m − 2 q + 2 m − 2 q 2 + 3 m − 2 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 2 q N 0 − 1 ) + C m 3 ( − 1 ) 2 ( 1 m − 3 q + 2 m − 3 q 2 + 3 m − 3 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 3 q N 0 − 1 ) + ⋯ + C m m ( − 1 ) m − 1 ( 1 0 q + 2 0 q 2 + 3 0 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) 0 q N 0 − 1 ) q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1} = C_m^1(-1)^0(1^{m-1}q+2^{m-1}q^2+3^{m-1}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-1}q^{N_0-1})+C_m^2(-1)^1(1^{m-2}q+2^{m-2}q^2+3^{m-2}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-2}q^{N_0-1})+C_m^3(-1)^2(1^{m-3}q+2^{m-3}q^2+3^{m-3}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-3}q^{N_0-1})+\dots+C_m^m(-1)^{m-1}(1^{0}q+2^{0}q^2+3^{0}q^3+\dots+(N_0-1)^{0}q^{N_0-1}) q+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1=Cm1(−1)0(1m−1q+2m−1q2+3m−1q3+⋯+(N0−1)m−1qN0−1)+Cm2(−1)1(1m−2q+2m−2q2+3m−2q3+⋯+(N0−1)m−2qN0−1)+Cm3(−1)2(1m−3q+2m−3q2+3m−3q3+⋯+(N0−1)m−3qN0−1)+⋯+Cmm(−1)m−1(10q+20q2+30q3+⋯+(N0−1)0qN0−1)幸运地是这个式子仍然是可以简化的，我们简化得到下面的形式： ∑ k = 1 m − 1 C m k ( − 1 ) k − 1 S n m − k \sum_{k = 1}^{m-1}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k} ∑k=1m−1Cmk(−1)k−1Snm−k，那我们再回到上面的式子，我们可以得到如下的式子： S n m = ∑ k = 1 m C m k ( − 1 ) k − 1 S n m − k 1 − q − ( N 0 − 1 ) m p N 0 1 − q S_n^m = \frac{\sum_{k = 1}^{m}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q} Snm=1−q∑k=1mCmk(−1)k−1Snm−k−1−q(N0−1)mpN0，那我们就可以得知，在假定 S n m − 1 , S n m − 2 … S n 0 S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0 Snm−1,Snm−2…Sn0都已知的情况下，我们可以推出 S n m S_n^m Snm的值。
尾声
又发现了一个小东西，迫不及待地发出来博各位看官一乐…
标签：dots,连加式,等比数列,一个,Snm,3m,N0,2m,式子 来源： https://blog.csdn.net/Jdeframe/article/details/120792183